Đang tải... (xem toàn văn)
Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI 8 §3.. Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI 9
PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI §3 Phương trình vi phân cấp hai Đặt vấn đề Bài trước học xong phương trình vi phân cấp có ứng dụng thú vị sau: Phương trình logistic đưa (vào khoảng năm 1840) nhà toán học nhân chủng học người Bỉ P.F Verhulst trở thành mơ hình cho tăng trưởng dân số Trong ví dụ sau so sánh mơ hình tăng trưởng tự nhiên mơ hình logistic cho liệu điều tra dân số Mỹ vào kỷ 19, sau đưa dự án so sánh cho kỷ 20 Ví dụ Dân số nước Mỹ năm 1850 23.192 triệu Nếu lấy P0 = 5,308 Thế liệu t = 50, P = 23,192 (với thời điểm 1850) t = 100, P = 76212 (với thời điểm 1900) vào phương trình logistic dP kP M P (1) dt ta có hệ hai phương trình (5,308)M 23,192 ; 5,308 (M 5,308)e50kM (5.308)M 76,212 5,308 (M 5,308)e100kM Giải hệ ta có M 188,121, k 0,000167716 Thế vào (1) ta có P(t ) 998,546 (2) (0,031551)t Mơ hình 5,308 (182,813)e logistic 5.308 Năm Dân số thực Mơ hình dân số Sai số 7.202 Sai số logistic nước Mỹ dạng mũ dạng mũ 9.735 1800 5.308 13.095 0.000 1810 5.308 6.929 0.000 17.501 0.038 1820 7.240 9.044 0.311 23.192 -0.097 1830 9.638 11.805 0.594 30.405 -0.234 1840 12.861 15.409 1.056 39.326 -0.437 1850 17.064 20.113 1.655 50.034 0.000 1860 23.192 26.253 3.079 62.435 1.038 1870 31.443 34.268 5.190 76.213 -0.768 1880 38.558 44.730 4.290 90.834 0.155 1890 50.189 58.387 5.459 105.612 0.545 1900 62.980 76.212 4.593 119.834 -0.001 1910 76.212 99.479 0.000 132.886 1.394 1920 92.228 129.849 -7.251 144.354 0.410 1930 106.022 169.492 -23.827 154.052 3.369 1940 123.203 221.237 -46.289 161.990 -0.721 1950 132.165 288.780 -89.072 168.316 6.972 1960 151.326 376.943 -137.454 173.252 25.271 1970 179.323 492.023 -197.620 177.038 41.312 1980 203.302 642.236 -288.721 58.226 1990 226.542 838.308 -415.694 76.458 2000 248.710 1094.240 -589.598 104.384 281.422 -812.818 61 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn Hình 1.7.4 So sánh kết mơ hình dạng mũ mơ hình logistic với dân số thực nước Mỹ (tính theo triệu) Những dự đốn theo mơ hình dạng mũ P(t ) (5,308)e(0,026643)t theo mơ hình dạng logistic (2) đối chiếu với kết thống kê dân số thực Mỹ, ta thấy Cả mơ hình cho kết tốt giai đoạn kỉ 19 Mơ hình dạng mũ cho số liệu phân kỳ từ thập niên kỉ 20, mơ hình logistic có kết tương đối tốt tận năm 1940 Đến cuối kỉ 20 mơ hình dạng mũ cho kết vượt xa dân số thực Mỹ, mơ hình logistic lại cho số liệu dự đốn thấp số liệu thực Sai số trung bình để đo mức độ cho phép mơ hình hợp lí với liệu thực tế: bậc hai trung bình bình phương sai số thành phần Từ bảng 1.7.4 được: mơ hình dạng mũ có sai số trung bình 3.162, cịn mơ hình logistic có sai số trung bình 0.452 Do mơ hình logistic dự đốn tốc độ tăng trưởng dân số nước Mỹ suốt kỷ 20 tốt mơ hình dạng mũ Đại cương Định nghĩa F(x, y, y, y) (1) y f (x, y, y) (2) Ví dụ a) yy y2 xy b) y xy y Định lí tồn nghiệm Nếu f (x, y, y) , f f (x, y, y) , f f (x, y, y) liên tục D 3 , (x0, y0, y0 ) D y y (2) có nghiệm U (x0 ) thoả mãn y(x0 ) y0, y(x0 ) y0 Về mặt hình học: Định lí khẳng định (x0, y0, y0 ) D U (x0, y0 ) có đường tích phân phương trình (2) qua (x0, y0 ) hệ số góc tiếp tuyến điểm y0 Định nghĩa Hàm y ((x, C1, C2 ) nghiệm tổng quát (2) +) (x, C1, C2) thoả mãn (2) với C1, C2 +) ( x0, y0, y0 ) D nêu định lí tìm c10, c20 : y ( x , c10 , c ) thoả mãn (x, c10, c20 ) xx0 y0 , (x, c10, c20 ) xx0 y0 Hàm (x, c10, c20 ) gọi nghiệm riêng Định nghĩa Hệ thức (x, y, c1, c2) xác định nghiệm tổng quát (2) dạng ẩn gọi tích phân tổng quát Hệ thức (x, y, c10, c20 ) gọi tích phân riêng Một số ứng dụng Là mô hình tốn học hệ học mạch điện : LI RI I E(t ), C 62 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn E(t) điện áp (nguồn điện) d 2x dx Phương trình mơ tả dao động tự chất điểm m c kx 0,ở dt dt chất điểm có khối lượng m , số dương k, c Phương trình mơ tả dao động cưỡng chất điểm tác động ngoại lực F t d 2x dx m c kx F(t ) dt dt d 2r Mm Bài toán vận tốc vũ trụ cấp hai : m k , r (0) R, r (0) v0 dt r Phương trình khuyết a) F(x, y) Cách giải Đặt y p phương trình vi phân cấp F(x, p) p (x, c) Giải phương trình vi phân cấp y (x, c) Ví dụ 1/ x y2 y p y x p2 p 2 t2 Đặt p t x t t dp tdx t(2t 1)dt p t c1 32 2 t2 Từ y p y pdx t c1(2t 1)dt 3 t5 t t3 c1t c1t c2 15 12 Tích phân tổng quát phương trình cho x t t 1, y t5 t t3 c1t2 c1t c2 15 12 2/ y ( y x(ln x C1) C2 ) x x3 3/ y x sin x ( y sin x C1x C2 ) 4/ y ln x x2 3 5/ y arctan x ( y ln x C1x C2 ) 2 2 (y x2 1 x arctan x ln(1 x ) C1x C2 ) 6/ xy x2 x, y(0)=0 x2 x3 ( y a1x , a1 ) 26 63 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn b) F(x,y,y) Cách giải Đặt p y phương trình vi phân cấp F(x, p, p) p (x, c) , giải phương trình vi phân cấp y (x, c) Ví dụ 1/ (1 x2 )y xy 2, y(0) 0, y(0) p y (1 x2)p xp p x p 2 , x 1 phương trình vi 1 x 1 x phân tuyến tính cấp 1, có nghiệm tổng quát x dx x x dx dx p c1e 1x e 1x e 1x dx 1 x ln 1x2 c1e ln 1x2 e ln1x2 dx c1 1 dx e 1 x2 1 x2 1 x2 1 x2 c1 arcsin x 1 x2 1 x2 y c1 arcsin x y arcsin x 2 c1arcsin x c2 1 x2 1 x2 y(0) c2 y(0) c1 Nghiệm cần tìm : y (arcsin x)2 2/ y y x x x2 3/ y y x ( y C1e C2 x ) x ( y x3 C1x2 C2 ) 4/ xy yln y x 1 x C2 )eC1 (y (C1x C2 ) 5/ (1 x2)y y2 ( y (1 C12)ln x C1 C1x C2) 6/ x2y y2 (C1x C12y ln C1x C2; 2y x2 C; y C ) 7/ 2xyy y2 (9C12(y C12) 4(C1x 1)3; y C x ) 8/* y2 y xy x2 x3 9/* y3 xy 2y ( y C1 C1 x C2; y C ) 12 12 5 p3 ( x C2p 3p ; y p C1p C1 C2; y C ) 10/* 2y(y 2) xy2 (3C1y (x C1)3 C2; y C; y C 2x2 ) Ví dụ 64 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn a (K49) 1/ y y x2 y4 , y 1 2, y1 ( y 5 (1 3ln x )3 ) x 2/ (x 1)y x(y)2 y, y(0) 1, y(0) ( y ln(1 x2 ) 2arctan x 1) b (K50) y y x(x 1), y 2 1, y2 1 ( y x4 x3 3x2 3x ) x 1 86 c (K52) 2xy 6y x2 0, y 1 0, y1 x3 x4 (y ) 24 d (K53) 1 y2 2xyy ( y (C1x 1)3 C2 ) 3C1 e/ (1 x2) y y2 1 0, y(0) ( y x ln(1 x)2 C2, x ) c) F (y, y, y) Cách giải Đặt p y dp p dp F y, p, p dp phương trình vi phân dx dy dy cấp một, giải có p (y, c), giải phương trình vi phân cấp y (y, c) ta nghiệm cần tìm Ví dụ 1/ 2yy y2 p y y p dp , thay vào có 2yp dp p2 dy dy 2p dy dp , y 1 p y ln y ln(1 p2 ) ln c1 hay y c1(1 p2 ) Từ p y dx dy 2c1dp, p p x c2 p 2c1 Nghiệm tổng quát y c x 2 (x 2c 11 c2 c1 1c2)2 2c1 4c1 b Đặt 2c1c2 a, 2c1 b 2b y (x a) parabol phụ thuộc tham số 2 có đường chuẩn trục Ox 2/ y2 2yy ( y C1(x C2 )2, y C ) 3/ yy y2 (C1y sin(C1x C2 ) ) 4/ yy y2 y3 ( y C1ln y x C2, y C ) 5/ 2yy y y2 ( y C1(1 ch(x C2))) 6/ y y2 2ey (ey C1 (x C2 )3 65 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn 7/ y2 (3y 2y)y ( x 3C1p2 lnC2p; y 2C1p3 p; y C ) 8/ y(1 y2 ) ay ( x C1 a ln sin y C2 ) a Ví dụ (Bài tốn vận tốc vũ trụ cấp 2) Xác định vận tốc nhỏ để phóng vật thẳng đứng vào vũ trụ cho vật không trở lại trái đất, giả thiết sức cản khơng khí không đáng kể Khối lượng trái đất M , vật phóng m , khoảng cách tâm trái đất tâm vật phóng r , theo định luật hấp dẫn Newton, lực hút tác dụng lên vật Mm f k , k số hấp dẫn r d 2r Mm Phương trình chuyển động vật m k , r (0) R, r (0) v0 , R dt r bán kính trái đất, v0 vận tốc lúc phóng dv dv M kM v2 Đặt v r r v v k vdv dr kM c1 dr dr r r 2r Từ v(0) có v(R) v v c1 02 kM v k M v02 kM 2R r 2 R Cho r v0 2kM 11,2 km/s (do k 6,68.10 11 m3 , R 63.10 m R kg.s Vận tốc vũ trụ cấp hai 11,2 km/s Ví dụ a (K50) yy y2 y 4, y 0 1, y0 (y ) 1 x b K51) 2yy y2 1, y 1 1, y1 yy y2 1, y 0 1, y0 (y x2 1) ( y x 1) c (K52) 2yy y2 0, y 1 1, y1 (y x2 1) d (K53) 1 y2 2yy (C12(x C2 )2 4(C1y 1) ) e (K56) y2 2yy ( y c1 x c2 2 , y=C) f (K57) y y2 3ey , y(0) , y(0) y ( 2e 6(x ) , y=C) d) Một số trường hợp F x,y,y,y Ví dụ 66 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn a) yy y2 2x b) y 2yy ( y C1 tan(C1x C2 ); ln y C1 2C1y C2; y(x C2) 1; y C ) y C1 c) yy y(1 y) (C1y C2eC1x; y C x, y ) d) yy y2 ( y x2 C1x C2 ) e (K55) 1/ xy yey 1 (ln x C2 y ln ey C1 , ey ln x C2 , y c ) C1 2/ xy yey 1 (ln x C2 y ln ey C1 , ey ln x C2 ; y c ) C1 3/ yy y2 x sin x y2 4/ yy y2 ln x ( x sin x 2cos x C1x C2 ) y2 x2 32 ( ln x x C1x C2 ) 22 HAVE A GOOD UNDERSTANDING! 67 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI §3 Phương trình vi phân cấp hai (TT) Đặt vấn đề Mơ hình tốn học hệ học mạch điện dẫn đến phương trình vi phân cấp hai m d 2x c dx kx ; LI RI I E(t ) dt dt C k hệ số co dãn lò xo; c hệ số giảm xóc; m khối lượng vật thể Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai a) Định nghĩa y p(x)y q(x)y f (x) (1) b) Phương trình vi phân tuyến tính y p(x)y q(x)y (2) Định lí y1, y2 nghiệm (2) c1y1 c2y2 nghiệm (2), c1, c2 Định nghĩa Các hàm y1(x), y2(x) độc lập tuyến tính a ; b y2(x) y1( x ) số a ; b Trong trường hợp ngược lại ta nói hàm phụ thuộc tuyến tính Ví dụ a) ex, e2x b) x2 2x 1, x c) tan x, tan x Định nghĩa Cho hàm y1(x), y2(x), định thức Wronsky hàm W (y1, y2 ) y1 y2 y1 y2 Định lí Các hàm y1, y2 phụ thuộc tuyến tính a ; b W (y1, y2) đoạn Chú ý Nếu W (y1, y2 ) x0 thuộc a ; b độc lập tuyến tính Định lí Cho y1, y2 nghiệm (2), W (y1, y2) x0 a ; b , hàm p(x), q(x) liên tục a ; b W (y1, y2 ) 0, x a ; b Định lí Các nghiệm y1, y2 (2) độc lập tuyến tính a ; b W (y1, y2 ) 0, x a ; b Định lí Cho y1, y2 nghiệm độc lập tuyến tính nghiệm tổng quát (2) y c1y1 c2y2 Ví dụ y y Định lí Biết nghiệm riêng y1 (2) tìm nghiệm riêng y2 (2) độc lập tuyến tính với y1 có dạng y2(x) y1(x)u(x) 68 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn Hệ Với giả thiết định lí 6, nghiệm y2 tìm theo công thức sau y2 y1 21 e p(x)dxdx (Liouville) y1 Vấn đề đặt : Tìm nghiệm riêng khác khơng ? Ví dụ a) y y +) Dễ thấy y1 nghiệm +) y2 e (1)dxdx ex +) y C1 C2ex b) x2y xy y dx +) y1 x nghiệm +) y2 x e x dx x dx x x 2x +) y C1x C2 x c) (2x 1)y 4xy 4y ( y C1x C2e2x ) d) xy (2x 1)y (x 1)y ( y C1ex C2x2ex ) e) y 2(1 tan2 x)y ( y C1 tan x C2(1 x tan x)) f (K60) (x2 2x)y 2(1 x)y 2y , biết y1 x nghiệm riêng ( y C1y1 C2(x2 x 1)) c) Phương trình vi phân tuyến tính khơng y p(x)y q(x)y f (x) (1) Định lí Nghiệm tổng quát (1) có dạng y y Y , y nghiệm tổng quát (2), Y nghiệm riêng (1) Định lí (Nguyên lí chồng nghiệm) Nếu y1 nghiệm phương trình y p(x)y q(x)y f1(x) y2 nghiệm phương trình y p(x)y q(x)y f2(x) Thì có y y1 y2 nghiệm phương trình y p(x)y q(x)y f1(x) f2(x) Phương pháp biến thiên số Lagrange Biết nghiệm tổng quát (2) y c1y1 c2y2 C1y1 C2 y2 Giải hệ sau có C1 1(x) K1, C2 2(x) K2 C1y1 C2 y2 f (x) Nghiệm tổng quát (1) y y1(1(x) K1) y2(2(x) K2 ) Nhận xét Phương pháp cho ta cách tìm NTQ (1), biết NTQ (2) Ví dụ a 1) y y x ex x 69 PGS TS Nguyễn Xuân Thảo thao.nguyenxuan@hust.edu.vn +) y1 nghiệm +) y2 e dxdx ex +) y C1 C2ex C1 C2 ex x C1 x ex x3 +) Giải hệ C1.0 C2 ex ex C2 x x x ex 2e x C1 dx dx x x 11 C2 x x2 K2 ex x ex Ta có C1 dx e d K1 x x x ex x1 x ex +) Nghiệm tổng quát y K1 e K2 K1 K2e x x x x 2) x2y xy y x2 +) Theo ví dụ có y C1x C2 x C1x C2 0 x C1 C2 21 C1 1 x 2 +) Giải hệ C1 C2 C x2 2 C1.1 C2 1 x2 x C1 x K1 2 C2 x K2 x x3 K2 x2 +) Nghiệm tổng quát y x K1 K K1x 2 x x b) x2y xy 3x3 ( y1 x3 ) c) x3(y y ) x2 ( y C1ex C2ex ) x d (K49) 1) x2(x 1)y 2y , biết nghiệm riêng y1 x 1 x 1 2 ( y C1 1 C2 x ln(x 1) ) x xx 2) y tan x y (tan2 x 2) 2y cot x , biết nghiệm riêng y1 sin x ( y C1 sin x C2 sin2 x ) 70